Mathematik III für Physiker. Vorlesung

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1 Mathematik III für Physiker Wintersemester /3 Vorlesung..3 Satz 6 (iduensatz) Sei f holomorph in G := C \ {z,..., z N } und G ein geschlossener, stückweise stetig dierenzierbarer Weg. Dann gilt f(ξ)dξ = πi j= n(, z j ) z j f. Beweis. f besitzt in jedem Punkt z k eine Laurententwicklung f(z) = j= a k,j (z z k ) j + a k,j (z z k ) j. } {{ } =:f k (z) Die Laurentreihen konvergiern in B,δ (z k ) mit δ := min l k z l z k. Die Hauptteile konvergieren allerdings in B, (z k ) (siehe Satz 4). Wir betrachten jetzt die Funktion g(z) := f(z) j= f k (z). Die Funktion g bleibt beschränkt in kleinen Umgebungen U(z k ), k =,..., N. In einer Umgebung des Punktes z k ist der Hauptteil f k dann nicht mehr vorhanden. Nach Satz 5 handelt es sich bei den Punkten z k, k =,..., N, um hebbare Singularitäten von g. Geeignete stetige Fortsetzungen in diesen Punkten garantieren damit die Holomorphie der fortgesetzten Funktion, die wir auch mit g bezeichnen. j= Mit Hilfe des Cauchy-Integralsatzes (Satz 6) folgern wir = g(ξ) dξ = f(ξ) f k (ξ) dξ = k= f(ξ) dξ k= f k (ξ) dξ und damit f(ξ) dξ = f k (ξ) dξ. k=

2 Setzen wir für f k (z) den entsprechenden Teil der Laurent-Entwicklung ein, erhalten wir f k (ξ) dξ = j= a k,j (ξ z k ) j dξ. Die Integrale auf der rechten Seite verschwinden für j, da dann (ξ z k) j+ eine j+ Stammfunktion des Integranden darstellt (siehe auch ÜA.5). Es bleibt also f k (ξ) dξ = a k, dξ = f πi n(, z k ). ξ z k z k Im letzten Schritt wurde Lemma und die nachfolgende Denition benutzt. Schlieÿlich erhalten wir f(ξ) dξ = k= f k (ξ) dξ = πi k= n(, z k ) z k f.. Methoden der iduenberechnung Das iduum ist deniert also der Koezient mit Index j = in der Laurent- Darstellung, d.h., f = a (f) = f(ξ) dξ. z πi ξ z =r Wie kann man dieses iduum praktisch ezient berechnen? Wir diskutieren im folgenden drei Methoden.. Das iduum aus der Laurent-Entwicklung ablesen. Beispiel: f(z) = e z. Die Taylorreihe für e z liefert f(z) = e z = z + (z ) 3!(z ) Der Punkt z = is eine wesenliche Singularität. Das iduum ist der Koezient vor z, also f =.. Das iduum in einem einfachen Pol z = a. Hier gilt die allgemeine Formel a f = lim (z a)f(z). () z a

3 Beweis. In einen Pol erster Ordnung hat die Laurent-Reihe die Gestalt und damit f(z) = a z a + a + a (z a) + a (z a) +... (z a)f(z) = a + (z a)a + (z a) a +... Also ist lim z a (z a)f(z) = a. Beispiel: Die Funktion f(z) = z(z ) hat die einfachen Pole: z = und z =. Wir sehen mit () sofort und f = lim z zf(z) = lim z z = f = lim (z )f(z) = lim z z z =. Sonderfall: Wir betrachten die Funktion f(z) = g(z) mit holomorphen Funktionen h(z) g und h, wobei h in z = a eine einfache Nullstelle hat, d.h. h(a) = und h (a). Dann gilt a Beweis. Wir wenden () an und schreiben g = g(a), wenn h(a) =, h h (a) h (a). () lim(z a)f(z) = lim z a z a g(z) f(z) f(a) z a = g(a) h (a). Beispiel: Die Funktion f(z) = 3z + hat einfache Pole bei z = +, und z 4 z = +i,. Mit Hilfe von () oder () gilt f =, f =, f = i 4i = i 3, f = i 4i = i 3. Mit dem iduensatz (Satz 6) würde also in der Situation (siehe Bild) f(ξ) dξ = πi( f + f) = π + πi. i gelten. 3

4 i - -i Abbildung : Kartoel Beispiel: f(z) = eiz +. Die Funktion cos(z) im Nenner hat die einfachen Nullstellen z k = (k + ) π, k Z. Mit () erhalten wir sofort für k Z cos(z) z k f = ei(k+) π + = i( )k + = ( ) k+ i. ( ) k ( ) k+ 3. Das iduum in einem m-fachen Pol z = a. Hier gilt die Formel a f = (m )! ( d dz ) m [ ] (z a) m f(z) z=a Beweis. Die Laurentreihe in z = a hat die Gestalt (m-facher Pol) Also (analog zu.), f(z) = a m (z a) m a z a + a (3) (z a) m f(z) = a m + (z a)a m+ + a (z a) m + a (z a) m +... Dies stellt eine gewöhnliche Potenzreihe dar und es gilt d ) m [ ] a = (z a) (m )!( m f(z) dz siehe Satz 8, bzw Abschnitt II.4.. z=a, Bemerkung: Natürlich ist (3) ein Spezialfall von () für m =. 4

5 z Beispiel: f(z) =. f hat bei z = einen 3-fachen Pol. Mit (3) folgt (z ) 3 (z+) f = d [ z ] = d [ z(z + ) z = dz z + z= dz (z + ) ]z= d [ z + z dz (z + ) ]z= = [ (z + )(z + ) (z + )(z + z) = (z + ) ]z= 4 8. Beispiele zum iduensatz. Wir betrachten das Integral I = z = e z z 4 dz. Dieses Integral könnte man auch leicht mit der Cauchy-Integralformel für Ableitungen berechnen (siehe Satz 8). Wir wollen den iduensatz (Satz 6) verwenden. In z = gibt es einen 4-fachen Pol, denn die Laurententwicklung des Integranden in z = lautet e z z = 4 z + 4 z + 3 z + 3!z + 4! +... Man sieht direkt (oder man nimmt Formel (3)) Mit Satz 6 folgt. Wir betrachten I = z = 3 f = 3! = 6. I = πi 6 = π 3 i.. Schritt: Wir kürzen den Integranden zu f(z) = z 3 + (z ) 3 (z + ) dz. z z + (z ) 3 (z + ) (z + ). Man überzeugt sich leicht, dass nur die Singularitäten z = i (zweifacher Pol), z = i (zweifacher Pol) und z = (3-facher Pol) von der Kurve (Kreislinie) umlaufen werden, also gilt (Satz 6) I = πi( f + i f + i f) = 5 3 πi. 5

6 In der Tat erhält man mit Hilfe von (3) i f = d [ z z +! dz (z ) 3 (z + ) (z + i) ]z=i Analog erhält man i f = 4i 3 und f = 64. Bemerkung: = + 4i 3 In den letzten beiden Beispielen spielt die Tatsache, dass über einen Kreisrand integriert wird, keine Rolle. Entscheidend ist: Welche Singularitäten werden (wie oft) umlaufen und wie groÿ sind die entsprechenden iduen.. Berechnung reeller Integrale mit Hilfe des iduensatzes A. Integrale vom Typ π R(cos(ϕ), sin(ϕ)) dϕ mit einer rationalen Funktion R(, ). Wir schreiben das Integral als Kurvenintegrale entlang der Einheitskreislinie. Diese ist parametrisiert durch z(ϕ) = e iϕ, ϕ π. Das ergibt ż(ϕ) = ie iϕ = iz(ϕ). Auÿerdem ist cos(ϕ) = Damit sieht man leicht die Identität π R(cos(ϕ), sin(ϕ)) dϕ = ( z + ) und sin(ϕ) = ( z ). z i z z = ( R z + ( ), ( z )) dz z i z iz. Wenn man es von rechts nach links liest, ist die Identität sofort klar. Das letzte Integral wird mit dem iduensatz (Satz 6) ausgewertet, vorausgesetzt, dass R(, ) keine Singularitäten auf dem Einheitskreis besitzt. Auch möglich: Integrale vom Typ I = π R(cos(ϕ), sin(ϕ), cos(ϕ), sin(ϕ),..., sin(nϕ)) dϕ. Beispiel: Sei < ε <. I = π dt + ε cos(t) = dz iε z = z + z +. ε Wir setzen f(z) = z + z+. Die Nullstellen des Nenners sind ε z, = ε ± ε ε. 6

7 Davon liegt nur z = ε + ε ε im Einheitskreis ( < ε < ). Das ist ein einfacher Pol. Das iduum ist, siehe (), f = lim (z z )f(z) = z z z ( = ε ) ε = z z ε ε. Die Integralberechnung mit Hilfe des iduensatzes liefert dann I = πi ε εi ε = π. ε B. Integrale vom Typ f(x)dx (mit geeignetem Integranden f(x)). Diese Integrale werden als Umlauntegral I R = C R f(z) dz behandelt: ir z z z 3 R R Abbildung : Oberer Halbkreis. Wichtig: f(x) hat keine Singularität auf der reellen Achse! Wähle R so groÿ, dass alle Singularitäten von f(z), die in der oberen Halbebene liegen, eingeschlossen werden. Dann gilt C R f(z)dz = πi j= z j f. Unter der Annahme, dass das Integral entlang des Halbkreises H R verschwindet, erhält man im Grenzübergang f(x)dx = πi j= z j f, wobei {z,..., z N } die Singularitäten in der oberen Halbebene sind. 7

8 Beispiel: Übungsaufgabe 3.3. Wir rufen uns kurz die Fouriertransformation in Erinnerung, ˆf(ω) = π Betrachten jetzt die Funktion f(x) = x +. f(x)e ixω dx. R e ˆf(ω) ixω = lim R R + x dx. Die Funktion f(z) = e izω ist für alle ω R holomorph auf C \ {i, i}. Wir betrachten +z den Weg C R für R und erhalten zunächst f(z)e iωz dz = πi C i R [ e [f(z)e iωz iωz ] ] = πi i + z = πi eω () i = πeω Der Beitrag entlang des Halbkreises geht gegen Null für R. In der Tat, für ω : Damit gilt Und schlieÿlich = π H R... dz = π π e iωreiϕ + R e iϕ ireiϕ dϕ irω cos ϕ+rω sin ϕ e = ire iϕ dϕ + R e iϕ π f(re iϕ )ire iϕ dϕ R sin ϕ + R e iϕ erω }{{} dϕ ˆf(ω) = π π e ixω dx = πi + x i dϕ R R, da ω R. [f(z)e iωz ] = πe w. e ixω + x = π πe ω = π eω, ω. Da f eine gerade Funktion ist, ist sofort klar, dass ˆf(ω) = ˆf( ω). Folglich erhalten wir als Endergebnis Vgl. Aufgabe 9.. ˆf(ω) = π e ω. Beispiel: Eine analoge Argumentation kann man im Falle f(x) = P (x) Q(x) 8 mit Polynomen

9 P, Q anwenden, bei denen der Grad von Q mindestens um gröer ist als der Grad von P. Das bewirkt auch hier und damit H R P (z) Q(z) f(z) dz = πi dz R. j= z j f, wobei {z,..., z N } die Singularitäten (Nullstellen von Q) in der oberen Halbebene (Im > ) sind. THE END 9